2020届高考物理一轮复习人教版第三章第3讲牛顿运动定律综合应用作业Word版含答案

能力提升课第三讲 牛顿运动定律的综合应用(一)热点一 牛顿运动定律与图象综合问题的求解方法 (师生共研)物理公式与物理图象的结合是一种重要题型，也是高考的重点及热点． 1．“两大类型”(1)已知物体在某一过程中所受的合力(或某个力)随时间的变化图线，要求分析物体的运动情况． (2)已知物体在某一过程中速度、加速度随时间的变化图线．要求分析物体的受力情况． 2．“一个桥梁”：加速度是联系v －t 图象与F －t 图象的桥梁． 3．解决图象问题的方法和关键(1)分清图象的类别：分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义，掌握物理图象所反映的物理过程，会分析临界点．(2)注意图象中的一些特殊点所表示的物理意义：图线与横、纵坐标的交点、图线的转折点和两图线的交点等表示的物理意义．(3)明确能从图象中获得哪些信息：把图象与物体的运动情况相结合，再结合斜率、特殊点、面积等的物理意义，确定从图象中得出的有用信息．这些信息往往是解题的突破口或关键点．[典例1] (多选)(2015·全国卷Ⅰ)如图(a)，一物块在t ＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v －t 图线如图(b)所示．若重力加速度及图中的v 0、v 1、t 1均为已知量，则可求出( )A ．斜面的倾角B ．物块的质量C ．物块与斜面间的动摩擦因数D ．物块沿斜面向上滑行的最大高度解析：设物块的质量为m 、斜面的倾角为θ，物块与斜面间的动摩擦因数为μ，物块沿斜面上滑和下滑时的加速度大小分别为a 1和a 2，根据牛顿第二定律有：mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1，mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2.再结合v －t 图线斜率的物理意义有：a 1＝v 0t 1，a 2＝v 1t 1.由上述四式可见，无法求出m ，可以求出θ、μ，故B 错，A 、C 均正确.0～t 1时间内的v －t 图线与横轴包围的面积大小等于物块沿斜面上滑的最大距离，θ已求出，故可以求出物块上滑的最大高度，故D正确．答案：ACD[反思总结]分析图象问题时常见的误区1．没有看清横、纵坐标所表示的物理量及单位．2．没有注意坐标原点是否从零开始．3．不清楚图线的点、斜率、面积等的物理意义．4．忽视对物体的受力情况和运动情况的分析．1－1.[牛顿运动定律与v－t图象的综合]以不同初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时，一个物体所受空气阻力可忽略，另一物体所受空气阻力大小与物体速率成正比，下列用虚线和实线描述两物体运动的v－t图象可能正确的是()解析：不受空气阻力的物体，整个上抛过程中加速度恒为g，方向竖直向下，题图中的虚线表示该物体的速度—时间图象；受空气阻力的物体在上升过程中，mg＋k v＝ma，即a＝g＋k vm，随着物体速度的减小，物体的加速度不断减小，故A项错误；受空气阻力的物体上升到最高点时，速度为零，此时物体的加速度也是g，方向竖直向下，故图中实线与t轴交点处的切线的斜率应与虚线的斜率相同，故D项正确，B、C项错误．答案：D1－2.[牛顿运动定律与a－F图象的综合](多选)如图甲所示，物体原来静止在水平面上，用一水平力F拉物体，在F从0开始逐渐增大的过程中，物体先静止后做变加速运动．其加速度a随外力F变化的图象如图乙所示．根据图乙中所标出的数据可计算出(g取10 m/s2)()A．物体的质量为1 kgB．物体的质量为2 kgC．物体与水平面间的动摩擦因数为0.3D．物体与水平面间的动摩擦因数为0.5解析：物体的受力如图所示，在力F从0增大到7 N之前物体静止，在7 N时运动状态发生变化，由牛顿第二定律得F－F f＝ma，代入图乙中F1＝7 N和F2＝14 N及对应的加速度a1＝0.5 m/s2和a2＝4 m/s2，解得m＝2 kg，F f＝6 N，A错误，B正确；F f＝μF N＝μmg，则μ＝0.3，C正确，D错误．答案：BC1－3.[牛顿运动定律与F－x图象的综合]水平地面上有一轻质弹簧，下端固定，上端与物体A相连接，整个系统处于平衡状态．现用一竖直向下的力压物体A，使A竖直向下做匀加速直线运动一段距离，整个过程中弹簧一直处在弹性限度内．下列关于所加力F的大小和运动距离x之间的关系图象正确的是()解析：开始时，物体处于平衡状态，物体受重力和弹力，则有mg＝kx1，物体向下匀加速过程，对物体受力分析，受重力、弹簧向上的弹力、推力F，根据牛顿第二定律，有F＋mg－F弹＝ma，根据胡克定律，有F弹＝k(x1＋x)＝mg＋kx，解得F＝ma－mg＋F弹＝ma＋kx，故弹力与x呈线性关系，且是增函数，故D正确．答案：D热点二连接体问题的分析方法(师生共研)1．绳(或杆)连接体[典例2](多选)如图所示，倾角为θ的斜面放在粗糙的水平地面上，现有一带固定支架的滑块m正沿斜面加速下滑．支架上用细线悬挂的小球达到稳定(与滑块相对静止)后，悬线的方向与竖直方向的夹角也为θ，斜面体始终保持静止，则下列说法正确的是()A．斜面光滑B．斜面粗糙C．达到稳定状态后，地面对斜面体的摩擦力水平向左D．达到稳定状态后，地面对斜面体的摩擦力水平向右解析：隔离小球，可知小球的加速度方向为沿斜面向下，大小为g sin θ，对支架系统整体进行受力分析，只有斜面光滑，支架系统的加速度才是g sin θ，所以A正确，B错误；对斜面体进行受力分析，如图，斜面体静止，由牛顿第三定律有地面对斜面体的摩擦力水平向左，故选A、C.答案：AC2．弹簧连接体[典例3]如图所示，A、B两球完全相同，质量均为m，用两根等长的细线悬挂在升降机内天花板的O点，两球之间连着一根劲度系数为k的轻质弹簧，当升降机以加速度a竖直向上匀加速运动时，两根细线之间的夹角为θ.则弹簧的被压缩的长度为()A.m (α＋g )tan θkB ．mg tan θkC.m (α＋g )tan θ2kD ．2m (α＋g )tan θ2k解析：对球A 受力分析，受重力mg 、拉力T 、弹簧的弹力F 而向上做匀加速直线运动，则由牛顿第二定律可知Ftan θ2－mg ＝ma ，即F ＝m (g ＋a )tan θ2，根据胡克定律，有F ＝kx ，联立可得x ＝m (a ＋g )tan θ2k，C 正确． 答案：C [反思总结]求解弹簧连接体加速度的两种情况3．接触连接体[典例4] 如图所示，在倾角为θ的固定斜面上有两个靠在一起的物体A 、B ，两物体与斜面间的动摩擦因数μ相同，用平行于斜面的恒力F 向上推物体A 使两物体沿斜面向上做匀加速运动，且B 对A 的压力平行于斜面，则下列说法中正确的是( )A ．只减小A 的质量，B 对A 的压力大小不变 B ．只减小B 的质量，B 对A 的压力大小会增大C ．只减小斜面间的倾角，B 对A 的压力大小不变D ．只减小两物体与斜面间的动摩擦因数μ，B 对A 的压力会增大解析：将A 、B 看成一个整体，整体在沿斜面方向上受到沿斜面向下的重力的分力，沿斜面向下的滑动摩擦力，沿斜面向上的推力，根据牛顿第二定律可得a ＝F －(m A ＋m B )g sin θ－μ(m A ＋m B )g cos θm A ＋m B ＝F m A ＋m B －g sin θ－μg cos θ.隔离B 分析可得F N －m B g sin θ－μm B g cos θ＝m B a ，解得F N ＝m B Fm A ＋m B，由牛顿第三定律可知，B对A的压力F N′＝m B Fm A＋m B，若只减小A的质量，压力变大，若只减小B的质量，压力变小，故A、B错误；A、B之间的压力与斜面的倾角、与斜面间的动摩擦因数无关，C正确，D 错误．答案：C2－1.[弹簧接触连接体](多选)如图所示，甲、乙、丙三个木块的质量分别为m1、m2和m3，甲、乙两木块用细线连在一起，中间有一被压缩竖直放置的轻弹簧，乙放在丙物体上，整个装置放在水平地面上．系统处于静止状态，此时绳的张力为F，在把细线烧断的瞬间，甲的加速度大小为a，对细线烧断后的瞬间，下列说法正确的是()A．甲受到的合力大小为FB．丙对乙的支持力大小为(m1＋m2)gC．丙对地面的压力大小为(m1＋m2＋m3)g＋FD．地面对丙的支持力大小为m1(a＋g)＋m2g＋m3g解析：开始系统处于静止，对甲分析，有：F＋m1g＝F弹，剪断细线的瞬间，弹簧弹力不变，对甲，合力为F合甲＝F弹－m1g＝F，故A正确；对乙分析，根据共点力平衡得，F弹＋m2g＝F丙对乙，解得F丙对乙＝F＋m1g＋m2g，故B错误；对乙丙整体分析，根据共点力平衡得，F弹＋(m2＋m3)g＝F地，解得地面对丙的支持力F地＝(m1＋m2＋m3)g＋F，因为F合甲＝F弹－m1g＝m1a，则F地＝m1(a＋g)＋m2g＋m3g，故C、D正确．答案：ACD2－2. [绳连接体]如图所示，三个物体质量分别为m1＝1.0 kg、m2＝2.0 kg、m3＝3.0 kg，已知斜面上表面光滑，斜面倾角θ＝30°，m1和m2之间的动摩擦因数μ＝0.8.不计绳和滑轮的质量和摩擦．初始时用外力使整个系统静止，当撤掉外力时，m2将(g取10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力)()A．和m1相对静止一起沿斜面下滑B．和m1相对静止一起沿斜面上滑C．相对于m1上滑D．相对于m1下滑解析：假设m1和m2之间保持相对静止，对整体分析，整体的加速度a＝m3g－(m1＋m2)g sin 30°m1＋m2＋m3＝2.5 m/s2.隔离对m2分析，根据牛顿第二定律得F f－m2g sin 30°＝m2a，解得F f＝m2g sin 30°＋m2a＝15 N，最大静摩擦力F fm＝μm2g cos 30°＝8 3 N，可知F f＞F fm，知m2的加速度小于m1的加速度，m2相对于m1下滑，故D正确．答案：D热点三临界问题的处理方法(师生共研)1．临界或极值条件的标志(1)有些题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼，表明题述的过程存在临界点．(2)若题目中有“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词语，表明题述的过程存在“起止点”，而这些起止点往往就对应临界状态．(3)若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼，表明题述的过程存在极值，这个极值点往往是临界点．(4)若题目要求“最终加速度”“稳定速度”等，即是求收尾加速度或收尾速度．2．几种临界状态和其对应的临界条件如下表所示3.1.k 的轻弹簧相连，在外力F1、F2作用下运动，且满足F1＞F2，当系统运动稳定后，弹簧的伸长量为()A.F1－F2k B．F1＋F22kC.F1－F22k D．F1＋F2k解析：本题利用牛顿第二定律，先选A、B为一整体，再隔离A物体，求出弹簧的弹力F，由F＝kx，即可求得弹簧的伸长量．但是若用极限分析法，可快速得出结果：令F1＝F2，则两物体静止，F＝F1＝F2＝kx，能满足此条件的结果只有B选项．答案：B2．假设分析法[典例6]如图所示，一轻质弹簧的一端系一质量为m的小球，另一端固定在倾角为37°的光滑斜面体顶端，弹簧与斜面平行．在斜面体以大小为g的加速度水平向左做匀加速直线运动的过程中，小球始终相对于斜面静止．已知弹簧的劲度系数为k，则该过程中弹簧的形变量为(已知：sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)()A.mg5k B．4mg5kC.mgk D．7mg5k解析：在斜面体以大小为g的加速度水平向左做匀加速直线运动时，弹簧是处于伸长状态还是压缩状态，无法直接判断，此时可采用假设法，假设弹簧处于压缩状态，若求得弹力F为正值，则假设正确；水平方向上由牛顿第二定律得：F N sin θ＋F cos θ＝mg；竖直方向上由受力平衡得：F N cos θ＝mg＋F sinθ，联立得：F＝15mg.由胡克定律得F＝kx，x＝mg5k，F为正值，弹簧压缩，故选A.答案：A3．数学极值法[典例7]如图所示，一质量为m＝0.4 kg的小物块，以v0＝2 m/s的初速度，在与斜面成某一夹角的拉力F作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t＝2 s的时间物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L ＝10 m ．已知斜面倾角θ＝30°，物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝33.重力加速度g 取10 m/s 2.(1)求物块加速度的大小及到达B 点时速度的大小；(2)拉力F 与斜面夹角多大时，拉力F 最小？拉力F 的最小值是多少？ 解析：(1)设物块加速度的大小为a ，到达B 点时速度的大小为v B ， 由运动学公式得L ＝v 0t ＋12at 2 v B ＝v 0＋at解得 a ＝3 m/s 2，v B ＝8 m/s.(2)物块的受力分析如图所示，F N 、F f 为物块所受支持力、摩擦力，设拉力F 与斜面夹角为α， 由牛顿第二定律得垂直斜面方向有F sin α＋F N ＝mg cos θ 沿斜面方向有F cos α－mg sin θ－F f ＝ma 又因为F f ＝μF N解得F cos α＋33F sin α＝5.2 N 则F ＝5.2 N cos α＋33sin α＝15.6 N23(32cos α＋12sin α)＝ 7.8 N3sin (α＋60°)当α＝30°时，拉力F 有最小值，F min ＝135 3 N. 答案：(1)3 m/s 2 8 m/s (2)30° 135 3 N1．(多选)(2015·全国卷Ⅱ)在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢．当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着车厢以大小为23a的加速度向西行驶时，P和Q间的拉力大小仍为F.不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为( BC )A．8B．10C．15D．182.(2019·广东肇庆高三统测)如图所示，质量为m的球置于斜面上，被一个竖直挡板挡住．现用一个力F 拉斜面，使斜面在水平面上做加速度为a的匀加速直线运动，忽略一切摩擦，下列说法正确的是( A )A．斜面对球不仅有弹力，而且该弹力是一个定值B．斜面和挡板对球的弹力的合力等于maC．若加速度足够小，则竖直挡板对球的弹力可能为零D．若加速度足够大，斜面对球的弹力可能为零解析：对小球受力分析，小球受重力mg、斜面的支持力F N2、竖直挡板的水平弹力F N1，设斜面的倾斜角为α，则竖直方向有：F N2cos α＝mg.∵mg和α不变，∴无论加速度如何变化，F N2不变且不可能为零，故A正确，D错误；水平方向有：F N1－F N2sin α＝ma.∵F N2sin α≠0，若加速度足够小，竖直挡板的水平弹力不可能为零，故C错误；斜面和挡板对球的弹力的合力即为竖直方向的F N2cos α与水平方向的力ma的合成，因此大于ma，故B错误．3．如图所示，光滑水平面上放置M、N、P、Q四个木块，其中M、P质量均为m，N、Q质量均为2m，M、P之间用一轻质弹簧相连，现用水平拉力F拉N，使四个木块以同一加速度a向右运动，则在突然撤去F的瞬间，下列说法正确的是( D )A．P、Q间的摩擦力改变B．M、P的加速度大小变为a 2C．M、N间的摩擦力不变D．N的加速度大小仍为a[A组·基础题]1. 如图所示，质量都为m的A、B两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止，用大小等于mg的恒力F向上拉B，运动距离h时B与A分离．则下列说法中正确的是( C )A．B和A刚分离时，弹簧为原长B．B和A刚分离时，它们的加速度为gC．弹簧的劲度系数等于mg hD．在B与A分离之前，它们做匀加速运动2．如图甲所示，一个质量为3 kg的物体放在粗糙水平地面上，从零时刻起，物体在水平力F作用下由静止开始做直线运动．在0～3 s时间内物体的加速度a随时间t的变化规律如图乙所示．则( C )A．F的最大值为12 NB．0～1 s和2～3 s内物体加速度的方向相反C．3 s末物体的速度最大，最大速度为8 m/sD．在0～1 s内物体做匀加速运动，2～3 s内物体做匀减速运动3．如图所示，在倾角为30°的光滑斜面上端系有一劲度系数为20 N/m的轻质弹簧，弹簧下端连接一个质量为2 kg的小球，球被一垂直于斜面的挡板A挡住，此时弹簧没有形变．若挡板A以4 m/s2的加速度沿斜面向下做匀加速运动，g取10 m/s2，则( B )A．小球向下运动0.4 m时速度最大B．小球向下运动0.1 m时与挡板分离C．小球速度最大时与挡板分离D．小球从一开始就与挡板分离4．利用传感器和计算机可以研究快速变化的力的大小．实验时，把图甲中的小球举到绳子的悬点O处，然后将小球由静止释放，同时开始计时，利用传感器和计算机获得弹性绳的拉力随时间的变化如图乙所示．根据图象提供的信息，下列说法正确的是( B )A．t1、t2时刻小球的速度最大B．t2、t5时刻小球的动能最小C．t3、t4时刻小球的运动方向相同D．t4－t3＜t7－t65．(多选)如图所示，质量均为m的两个木块P、Q叠放在水平地面上，P、Q接触面的倾角为θ，在Q上施加一水平推力F，使P、Q保持相对静止一起向左做匀加速直线运动．下列说法中正确的是( AC )A．木块Q对地面的压力一定为2mgB．若Q与地面间的动摩擦因数为μ，则μ＝F 2mgC．若P、Q之间光滑，则加速度a＝g tan θD．若运动中逐渐减小F，则地面与Q间的摩擦力也逐渐减小6．(多选)如图甲所示，水平地面上固定一足够长的光滑斜面，斜面顶端有一理想定滑轮，一轻绳跨过滑轮，绳两端分别连接小物块A和B.保持A的质量不变，改变B的质量m.当B的质量连续改变时，得到A的加速度a随B的质量m变化的图线如图乙所示．设加速度沿斜面向上的方向为正方向，空气阻力不计，重力加速度g取9.8 m/s2，斜面的倾角为θ，下列说法正确的是( BC )A．若θ已知，可求出A的质量B．若θ未知，可求出乙图中a1的值C．若θ已知，可求出乙图中a2的值D．若θ已知，可求出乙图中m0的值7．(多选)将一质量不计的光滑杆倾斜地固定在水平面上，如图甲所示，现在杆上套一光滑的小球，小球在一沿杆向上的拉力F的作用下沿杆向上运动．该过程中小球所受的拉力以及小球的速度随时间变化的规律如图乙、丙所示．g＝10 m/s2.则下列说法正确的是( AC )A．在2～4 s内小球的加速度大小为0.5 m/s2B．小球质量为2 kgC．杆的倾角为30°D．小球在0～4 s内的位移为8 m8．从地面上以初速度v0竖直上抛一质量为m的小球，若运动过程中受到的阻力与其速率成正比，小球运动的速率随时间变化的规律如图所示，小球在t1时刻到达最高点后再落回地面，落地速率为v1，且落地前小球已经做匀速运动，已知重力加速度为g，下列关于小球运动的说法中错误的是( D )A．t1时刻小球的加速度为gB．在速度达到v1之前小球的加速度一直在减小C．小球抛出瞬间的加速度大小为(1＋v0 v1)gD．小球加速下降过程中的平均速度小于v12[B组·能力题]9. 如图所示，质量为m1和m2的两个材料相同的物体用细线相连，在大小恒定的拉力F作用下，先沿水平面，再沿斜面(斜面与水平面成θ角)，最后竖直向上做匀加速运动，不计空气阻力，在三个阶段的运动中，线上拉力的大小( C )A．由大变小B．由小变大C．始终不变且大小为m1m1＋m2FD．由大变小再变大10．(多选)(2019·福建将乐县一中月考)如图甲所示，足够长的木板B静置于光滑水平面上，其上表面放置小滑块A.木板B在水平拉力F作用下，其加速度a随拉力F变化的关系图象如图乙所示，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10 m/s2，则( AD)A．木板B的质量为1 kgB．小滑块A的质量为3 kgC．AB间动摩擦因素为0.2D．AB间动摩擦因素为0.1解析：设A的质量为M，B的质量为m，当F等于3 N时，加速度为：a＝1 m/s2，对整体分析，由牛顿第二定律有：F＝(M＋m)a，代入数据解得：M＋m＝3 kg，当F大于3 N时，对B，由牛顿第二定律得：F＝Ma＋μmg，由图示图象可知，图线的斜率：k＝M＝1，木板B的质量：M＝1 kg，滑块A 的质量为：m＝2 kg，故A正确，B错误；由图可知，当F＝3 N时，a＝1 m/s2，对木板由牛顿第二定律得：F＝Ma＋μmg，即3＝1×1＋μ×2×10，解得：μ＝0.1，故C错误，D正确．11. 为了测定木板和斜面间的动摩擦因数μ，某同学设计了如图所示的实验，在木板上固定一个弹簧测力计(质量不计)，弹簧测力计下端固定一个光滑小球，将木板连同小球一起放在斜面上，用手固定住木板时，弹簧测力计的示数为F1，放手后木板沿斜面下滑，稳定时弹簧测力计的示数为F2，测得斜面倾角为θ，由测得的数据可求出木板与斜面间的动摩擦因数是多少？解析：设小球的质量为m，木板的质量为M.静止时，以小球为研究对象，有F1＝mg sin θ.下滑时，以小球为研究对象，有mg sin θ－F2＝ma.下滑时，以整体为研究对象，有(M＋m)g sin θ－μ(M＋m)g cos θ＝(M＋m)a.联立解得μ＝F2F1tan θ.答案：F2F1tan θ12．两物体A、B并排放在水平地面上，且两物体接触面为竖直面，现用一水平推力F作用在物体A 上，使A、B由静止开始一起向右做匀加速运动，如图(a)所示，在A、B的速度达到6 m/s时，撤去推力F.已知A、B质量分别为m A＝1 kg、m B＝3 kg，A与地面间的动摩擦因数μ＝0.3，B与地面间没有摩擦，B物体运动的v－t图象如图(b)所示．取g＝10 m/s2，求：(1)推力F的大小；(2)A物体停止运动的瞬间，物体A、B之间的距离．解析：(1)在水平推力F作用下，设物体A、B一起做匀加速运动的加速度为a，由B物体的v－t图象得a＝3 m/s2.对于A、B整体，由牛顿第二定律得F－μm A g＝(m A＋m B)a，代入数据解得F＝15 N. (2)设物体A匀减速运动的时间为t，撤去推力F后，A、B两物体分离，A在摩擦力作用下做匀减速直线运动，B做匀速运动，对于A物体有μm A g＝m A a A，a A＝μg＝3 m/s2，v t＝v0－a A t＝0，解得t＝2 s，物体A的位移为x A＝v t＝v0＋02t＝6 m，物体B的位移为x B＝v0t＝12 m，所以，A物体刚停止运动时，物体A、B之间的距离为Δx＝x B－x A＝6 m. 答案：(1)15 N(2)6 m。

第三章第3讲牛顿运动定律的综合应用2(时间45分钟，满分100分)一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分．在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得7分，选对但不全的得4分，有选错的得0分．)1.图3－3－17(2010·山东高考)如图3－3－17所示，物体沿斜面由静止滑下，在水平面上滑行一段距离后停止，物体与斜面和水平面间的动摩擦因数相同，斜面与水平面平滑连接．下图中v、a、f和s分别表示物体速度大小、加速度大小、摩擦力大小和路程．下图中正确的是( )2．(2013届南京模拟)如图3－3－18所示，两块粘连在一起的物块a和b的质量分别为m a和m b，把它放在水平的光滑桌面上．现同时给它们施加方向如图所示的推力F a和拉力F b.已知F a>F b，则a对b的作用力( )图3－3－18A．必为推力B．必为拉力C．可能为推力，也可能为拉力D．不可能为零3.图3－3－19(2013届西安一中模拟)如图3－3－19所示，竖直放置在水平面上的轻质弹簧上叠放着两物块A、B，A、B的质量均为2 kg，它们处于静止状态，若突然将一个大小为10 N、方向竖直向下的力施加在物块A 上，则此瞬间，A 对B 的压力大小为(g 取10 m/s 2)( )A ．10 NB ．20 NC ．25 ND ．30 N4．(2013届辽宁省实验中学质检)某人在地面上用弹簧秤称得其体重为490 N ．他将弹簧秤移至电梯内称其体重，t 0至t 3时间段内，弹簧秤的示数如图3－3－20所示，电梯运行的v －t 图可能是(取电梯向上运动的方向为正)( )图3－3－205．(2013届石家庄一中质检)如图3－3－21所示，质量均为m 的两个木块P 、Q 叠放在水平地面上，P 、Q 接触面的倾角为θ，现在Q 上加一水平推力F ，使P 、Q 保持相对静止一起向左做加速直线运动，下列说法正确的是( )图3－3－21A ．物体Q 对地面的压力一定为2mgB ．若Q 与地面间的动摩擦因数为μ，则μ＝F2mgC ．若P 、Q 之间光滑，则加速度a ＝g tan θD ．地面与Q 间的滑动摩擦力随推力F 的增大而增大 6.图3－3－22(2012·南昌一中模拟)如图3－3－22所示为杂技“顶杆”表演，一人站在地上，肩上扛一质量为M的竖直杆，当杆上一质量为m的人以加速度a加速度下滑时，杆对地面上的人的压力大小为( )A．(M＋m)g－maB．(M＋m)g＋maC．(M＋m)gD．(M－m)g7.图3－3－23(2013届银川一中质检)一个质量为0.3 kg的物体沿水平面做直线运动，如图3－3－23所示，图线a表示物体受水平拉力时的v－t图象，图线b表示撤去水平拉力后物体继续运动的v－t图象，下列说法中正确的是( )A．水平拉力的大小为0.1 N，方向与摩擦力方向相同B．水平拉力对物体做功的数值为1.2 JC．撤去拉力后物体还能滑行7.5 mD．物体与水平面间的动摩擦因数为0.18.图3－3－24(2013届安康一中模拟)如图3－3－24所示，质量为m1＝2 kg的物体A经跨过定滑轮的轻绳与质量为M＝5 kg的箱子B相连，箱子底板上放一质量为m2＝1 kg的物体C，不计定滑轮的质量和一切阻力，在箱子加速下落的过程中，取g＝10 m/s2，下列正确的是( ) A．物体A处于失重状态，加速度大小为10 m/s2B．物体A处于超重状态，加速度大小为20 m/s2C．物体C处于失重状态，对箱子的压力大小为5 ND．轻绳对定滑轮的作用力大小为80 N9.图3－3－25(2013届衡水中学模拟)如图3－3－25所示，在光滑水平面上，放着两块长度相同，质量分别为M 1和M 2的木板，在两木板的左端各放一个大小、形状、质量完全相同的物块．开始时，木板和物块均静止，今在两物块上分别施加一水平恒力F 1、F 2，当物块和木板分离时，两木板的速度分别为v 1和v 2，物块和木板间的动摩擦因数相同，下列说法正确的是( )A ．若F 1＝F 2，M 1>M 2，则v 1>v 2B ．若F 1＝F 2，M 1<M 2，则v 1>v 2C ．若F 1>F 2，M 1＝M 2，则v 1>v 2D ．若F 1<F 2，M 1＝M 2，则v 1>v 2 10.图3－3－26(2013届银川一中质检)如图3－3－26所示，在倾角θ＝30°的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块A 、B ，它们的质量均为m ，弹簧的劲度系数为k ，C 为一固定挡板，系统处于静止状态．现开始用一沿斜面方向的力F 拉物块A 使之以加速度a 向上做匀加速运动，当物块B 刚要离开C 时F 的大小恰为2mg .则( )A ．物块B 刚要离开C 时B 的加速度也为a B ．加速度a ＝gC ．以A 、B 整体为研究对象可以计算出加速度a ＝12gD ．从F 开始作用到B 刚要离开C ，A 的位移为mgk二、非选择题(本题共2小题，共30分．计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位．)11．(14分)(2013届哈尔滨一中质检)如图3－3－27(a)所示，质量m ＝1 kg 的物体沿倾角θ＝37°的固定粗糙斜面由静止开始向下运动，风对物体的作用力沿水平方向向右，其大小与风速v 成正比，比例系数用k 表示，物体加速度a 与风速v 的关系如图3－3－27(b)所示，(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g ＝10 m/s 2)，求：图3－3－27(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ； (2)比例系数k . 12.图3－3－28(16分)(2013届陵水模拟)一小圆盘静止在一长为L 的薄滑板上，且位于滑板的中央，滑板放在水平地面上，如图3－3－28所示．已知盘与滑板间的动摩擦因数为μ1，盘与地面间的动摩擦因数为μ2，现突然以恒定的加速度a (a ＞μ1g )，使滑板沿水平地面运动，加速度的方向水平向右．若水平地面足够大，则小盘从开始运动到最后停止共走了多远的距离？(以g 表示重力加速度)答案与解析1【解析】 物体在斜面上受重力、支持力、摩擦力作用，其摩擦力大小为f 1＝μmg cos θ，做初速度为零的匀加速直线运动，其v －t 图象为过原点的倾斜直线，A 错；加速度大小不变，B 错；其s －t 图象应为一段曲线，D 错．物体到达水平面后，所受摩擦力f 2＝μmg ＞f 1，做匀减速直线运动，所以正确选项为C.【答案】 C2【解析】 该题考查加速度相同的连接体，可采用整体法求加速度、隔离法求相互作用力．选整体为研究对象，F a ＋F b ＝(m a ＋m b )a ，a ＝F a ＋F bm a ＋m b，选b 为研究对象，设作用力为F N ，则F N ＋F b ＝m b a ，F N ＝F a m b ＋F b m b －F b m a －F b m b m a ＋m b ＝F a m b －F b m am a ＋m b.由于F a >F b ，但a 、b 的质量关系未知，所以F N 可能为正，也可能为负．故C 选项正确．【答案】 C3【解析】 该题考查竖直方向上的连接体问题，选A 、B 整体为研究对象有F ＝2ma ，解得a ＝2.5 m/s 2.选A 为研究对象有F －F N ＋mg ＝ma ，解得F N ＝25 N ，选项C 正确．【答案】 C4【解析】 由G －t 图象知：t 0～t 1时间内，具有向下的加速度，t 1～t 2时间内匀速或静止，t 2～t 3时间内，具有向上的加速度，因此其运动情况可能是：t 0～t 3时间内⎩⎪⎨⎪⎧向上减速，静止，向上加速向下加速，匀速，向下减速，故A 、D 正确．【答案】 AD 5【解析】木块P 、Q 组成的整体竖直方向受力平衡，所以地面对Q 的支持力为2mg ，由牛顿第三定律可知，Q 对地面的压力为2mg ，选项A 正确；由F f ＝μF N 可知μ＝F f F N ＝F f2mg ，因为木块做加速运动F ＞F f ，所以选项B 错误；若P 、Q 间光滑则木块P 受力如图所示，木块P 所受合力F p ＝mg tan θ，因整体无相对运动，木块P 的加速度与整体加速度相同，即a ＝g tan θ，选项C 正确；地面与Q 间的滑动摩擦力只与地面与Q 间的动摩擦因数及Q 与地面间的压力有关，与推力F 无关，选项D 错误．【答案】 AC6【解析】 先对杆上的人受力分析，其受到重力mg 和杆对其竖直向上的摩擦力f 的作用，根据牛顿第二定律知mg －f ＝ma ；再对杆受力分析可知，站在地上的人对杆竖直向上的作用力F ＝Mg ＋f ；联立以上两式可得F ＝(M ＋m )g －ma ，根据牛顿第三定律知杆对地面上的人的压力大小也为(M ＋m )g －ma .【答案】 A7【解析】 图线a 表示的v －t 图象加速度较大，说明物体所受的拉力与摩擦力方向相同，则F ＋f ＝ma a ＝0.2 N ，图线b 表示物体只在摩擦力作用下做匀减速运动，有f ＝ma b ＝0.1 N ，解得F ＝f ＝0.1 N ，A 项正确；有水平拉力时，物体位移为s ＝5＋32×3 m＝12 m ，故拉力做功的数值为W ＝Fs ＝1.2 J ，B 项正确；撤去拉力后物体能滑行13.5 m ，C 项错误；动摩擦因数μ＝f mg ＝130，D 项错误．【答案】 AB8【解析】 取A 、B 、C 为整体，由牛顿第二定律得(M ＋m 2)g －m 1g ＝(M ＋m 1＋m 2)a ，则加速度为a ＝5 m/s 2，A 、B 错；隔离C 有m 2g －F N ＝m 2a ，即F N ＝5 N ，C 对；隔离A 有T －m 1g ＝m 1a ，即T ＝30 N ，所以轻绳对定滑轮的作用力大小为2T ＝60 N ，D 错．【答案】 C9【解析】分别作出物块和木板运动的v －t 图象，两图线包围的面积表示木板的长度L .若拉力F 相等，木板质量不等，则物块加速度相等，木板质量大的加速度小，木板的v －t 图线斜率小，则物块滑离木板所用时间短，滑离时速度小，即v 1对应质量较大的木板如图所示，v 2对应质量较小的木板，B 对；同理，若拉力不等，木板的质量相等，则木板的加速度相等，受拉力大的物块的v －t 图线斜率变大，物块滑离木板时间变短，滑离时速度变小，D 对．【答案】 BD10【解析】 物块B 刚要离开C 时B 的加速度为0，A 项错；未加F 时对A 受力分析得弹簧的压缩量x 1＝mg sin 30°k ＝mg 2k ，B 刚要离开C 时对B 受力分析得弹簧的伸长量x 2＝mg2k，此时对A 由牛顿第二定律得F －mg sin 30°－kx 2＝ma ，解得a ＝g ，B 项正确、C 项错；物块A 的位移x 1＋x 2＝mgk，D 项正确．【答案】 BD11【解析】 (1)对初始时刻，由牛顿第二定律得mg sin θ－μmg cos θ＝ma 0由图读出a 0＝4 m/s 2解得μ＝g sin θ－a 0g cos θ＝0.25.(2)对于末时刻加速度为零，则mg sin θ－μF N －kv cos θ＝0而F N ＝mg cos θ＋kv sin θ 由图得出此时v ＝5 m/s 联立解得k ＝mg θ－μcos θv μsin θ＋cos θ＝0.84 kg/s.【答案】 (1)0.25 (2)0.84 kg/s12【解析】 圆盘在滑板上做匀加速直线运动，设圆盘离开滑板前，加速度为a 1，速度为v 1，位移为x 1，滑板的位移为x 0.对圆盘有a 1＝μ1g ，v 1＝a 1t 1，x 1＝12a 1t 21对滑板有x 0＝12at 21，又x 0－x 1＝L2圆盘离开滑板后做匀减速运动，设圆盘从离开滑板到静止时的位移为x 2，加速度为a 2 对圆盘有a 2＝－μ2g 0－v 21＝2a 2x 2联立以上各式，解得圆盘从开始运动到最后停止的位移x ＝x 1＋x 2＝μ1gL a －μ1g＋μ21gL 2μ2a －μ1g ＝μ1gL μ1＋μ22μ2a －μ1g .【答案】 μ1gL μ1＋μ22μ2a －μ1g。

牛顿运动定律的综合应用一、选择题(本题共10小题，1～6题为单选题，7~10题为多选题)1。

图甲是某人站在力传感器上做下蹲、起跳动作的示意图，中间的点表示人的重心．图乙是根据传感器采集到的数据画出的力－时间图线．两图中a～g各点均对应，其中有几个点在图甲中没有画出．重力加速度g取10 m/s2.根据图像分析可得（）A．人的重力为：1 500 NB．c点位置人处于超重状态C．e点位置人处于失重状态D．d点的加速度小于f点的加速度解析：B 由图可知人的重力为500 N，故A错误；c点位置人的支持力750 N>500 N，处于超重状态，故B正确；e点位置人的支持力650 N>500 N，处于超重状态，故C错误；d点的加速度为20 m/s2大于f点的加速度为10 m/s2，故D错误．2.如图所示,放在固定斜面上的物块以加速度a沿斜面匀加速下滑，若在物块上再施加一个竖直向下的恒力F，则（)A．物块可能匀速下滑B．物块仍以加速度a匀加速下滑C．物块将以大于a的加速度匀加速下滑D．物块将以小于a的加速度匀加速下滑解析：C 未加恒力F时，对物块由牛顿第二定律知ma＝mg sin θ－μmg cos θ，而加上F后，ma′＝(mg＋F)（sin θ－μcos θ)，即a′〉a，C正确．3．应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入．例如平伸手掌托起物体,由静止开始竖直向上运动,直至将物体抛出．对此现象分析正确的是（）A．受托物体向上运动的过程中，物体始终处于超重状态B．受托物体向上运动的过程中,物体始终处于失重状态C．在物体离开手的瞬间，物体的加速度大于重力加速度D．在物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度解析：D 物体在手掌的推力作用下，由静止竖直向上加速时，物体处于超重状态．当物体离开手的瞬间，只受重力作用,物体的加速度等于重力加速度，处于完全失重状态,故A、B、C错误；物体离开手的前一时刻，手与物体具有相同的速度，物体离开手的下一时刻，手的速度小于物体的速度,即在物体离开手的瞬间这段相同的时间内,手的速度变化量大于物体的速度变化量，故手的加速度大于物体的加速度,也就是手的加速度大于重力加速度，故D正确．4。

牛顿运动定律的综合应用一、单项选择题1．(2018·浙江4月选考)如图所示，小芳在体重计上完成下蹲动作，下列F ­t 图象能反映体重计示数随时间变化的是( )解析：对人的运动过程分析可知，人下蹲的过程可以分成两段：人在加速下蹲的过程中，有向下的加速度，处于失重状态，此时人对传感器的压力小于人的重力的大小；在减速下蹲的过程中，加速度方向向上，处于超重状态，此时人对传感器的压力大于人的重力的大小，故C 正确，A 、B 、D 错误．答案：C2．我国航天员要在天宫1号航天器实验舱的桌面上测量物体的质量，采用的方法如下：质量为m 1的标准物A 的前后连接有质量均为m 2的两个力传感器．待测质量的物体B 连接在后传感器上．在某一外力作用下整体在桌面上运动，如图所示．稳定后标准物A 前后两个传感器的读数分别为F 1、F 2，由此可知待测物体B 的质量为( )A.F 1m 1＋2m 2F 1－F 2B.F 2m 1＋2m 2F 1－F 2C.F 2m 1＋2m 2F 1D.F 1m 1＋2m 2F 2解析：整体为研究对象，由牛顿第二定律得F 1＝(m 1＋2m 2＋m )a ；隔离B 物体，由牛顿第二定律得F 2＝ma ；联立可得m ＝F 2m 1＋2m 2F 1－F 2，B 对．答案：B3．如图甲所示，小物块从足够长的光滑斜面顶端由静止自由滑下．下滑位移x 时的速度为v ，其x ­ v 2图象如图乙所示，取g ＝10 m/s 2，则斜面倾角θ为( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．75°解析：由v 2＝2ax 得x ＝12a v 2，结合x ­ v 2图象可知小物块的加速度a ＝5 m/s 2，根据牛顿第二定律得，小物块的加速度a ＝g sin θ，所以θ＝30°，选项A 正确，B 、C 、D 错误．答案：A4．质量为M 的皮带轮工件放置在水平桌面上，一细绳绕过皮带轮的皮带槽，一端系一质量为m 的重物，另一端固定在桌面上．如图所示，工件与桌面、绳之间以及绳与桌面边缘之间的摩擦都忽略不计，桌面上绳与桌面平行，则重物下落过程中，工件运动的加速度为( )A.2mgM ＋4mB.2mgM ＋2mC.mg 2MD.mg M ＋m解析：相等时间内重物下落的距离是工件运动距离的2倍，因此，重物的加速度也是工件加速度的2倍，设绳上的拉力为F ，根据牛顿第二定律有：mg －F m ＝2×2F M ，解得：F ＝MmgM ＋4m，工件加速度为：a ＝2F M ＝2mg M ＋4m，所以A 正确．答案：A 二、多项选择题5.在升降电梯内的地板上放一体重计，电梯静止时，某同学站在体重计上，体重计示数为50 kg ，电梯运动过程中，某一段时间内该同学发现体重计示数如图所示，已知重力加速度为g ，则在这段时间内，下列说法中正确的是( )A ．该同学所受的重力变小了B ．该同学对体重计的压力等于体重计对该同学的支持力大小C ．电梯一定在竖直向下运动D ．电梯的加速度大小为g5，方向一定竖直向下解析：体重计的示数减小，说明该同学对其压力减小，但该同学所受重力没有变化，故选项A 错误；该同学对体重计的压力和体重计对其的支持力是一对作用力与反作用力，根据牛顿第三定律可知选项B 正确；体重计的示数变小，说明处于失重状态，电梯可能向下加速运动或者向上减速运动，故选项C 错误；电梯静止时，由平衡条件知F N1＝mg ，电梯运动过程中，由牛顿第二定律可知mg －F N2＝ma ，代入数据解得a ＝15g ，故选项D 正确．答案：BD6．(2019·山东济南模拟)如图所示，用力F 拉A 、B 、C 三个物体在光滑水平面上运动，现在中间的B 物体上加一块橡皮泥，它和中间的物体一起运动，且原拉力F 不变，那么加上物体以后，两段绳的拉力T a 和T b 的变化情况是( )A ．T a 增大B ．T b 增大C ．T a 减小D ．T b 减小解析：设最左边的物体质量为m ，最右边的物体质量为m ′，整体质量为M ，整体的加速度a ＝F M ，对最左边的物体分析，T b ＝ma ＝mF M，对最右边的物体分析，有F －T a ＝m ′a ，解得T a ＝F －m ′FM.在中间物体上加上一个小物体，则整体的加速度a 减小，因为m 、m ′不变，所以T b 减小，T a 增大，A 、D 正确．答案：AD7．(2019·贵州省黔东南州模拟)粗糙的水平面上一物体在水平方向拉力作用下做直线运动，水平拉力F 及运动速度v 随时间变化的图线如图中甲、乙所示，取重力加速度g ＝10 m/s 2，则( )A ．前2 s 内物体运动的加速度为2 m/s 2B ．前4 s 内物体运动的位移大小为8 mC ．物体的质量m 为2 kgD ．物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.1解析：根据速度图象的斜率等于加速度，可知前2 s 内物体的运动加速度a ＝Δv Δt ＝42 m/s2＝2 m/s 2，故A 正确；前4 s 内物体的位移为x ＝(12×2×4＋2×4) m＝12 m ，故B 错误；根据牛顿第二定律得，前2 s 内F 1－μmg ＝ma ，后2 s 内F 2＝μmg ，由图得F 1＝15 N ，F 2＝5 N ，代入解得m ＝5 kg ，μ＝0.1，故C 错误，D 正确．答案：AD[能力题组]一、选择题8．(多选)(2019·四川成都联考)如图所示，甲图为光滑水平面上质量为M 的物体，用细线通过定滑轮与质量为m 的物体相连，由静止释放M ；乙图为同一物体M 在光滑水平面上用细线通过定滑轮受到竖直向下拉力F 的作用，拉力F 的大小与m 的重力相等，由静止释放M ，开始时M 距桌边的距离相等，则( )A ．甲、乙两图中M 的加速度相等，均为mgMB ．甲、乙两图中细线受到的拉力相等C ．甲图中M 到达桌边用的时间较长，速度较小D ．甲图中M 的加速度为a M ＝mg M ＋m ，乙图中M 的加速度为a M ′＝mg M解析：甲图：以两个物体整体为研究对象，根据牛顿第二定律得a M ＝mg m ＋M；乙图：a M ′＝mgM ，故A 错误，D 正确；乙图中细线拉力大小为F ＝mg ，而甲图中，对M ：F T ＝Ma M ＝Mmgm ＋M<F ，则乙图中细线受到的拉力较大，故B 错误；由公式x ＝12at 2和v 2＝2ax 得知，甲图中加速度较小，甲图中M 到达桌边用的时间较长，速度较小，故C 正确．答案：CD9．(多选)(2019·湖北部分重点中学期末)质量为m ＝2 kg 的物块静止放置在粗糙水平地面O 处，物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5，在水平拉力F 作用下物块由静止开始沿水平地面向右运动，经过一段时间后，物块回到出发点O 处，取水平向右为速度的正方向，如图甲所示，物块运动过程中其速度v 随时间t 变化规律如图乙所示，重力加速度g 取10 m/s 2，则( )A ．物块经过4 s 回到出发点B ．物块运动到第3 s 末时改变水平拉力的方向C ．3.5 s 时刻水平力F 的大小为4 ND ．4.5 s 时刻水平力F 的大小为16 N解析：物块经过4 s ，速度减小到零，离出发点最远，选项A 错误．在0～3 s 时间内，物块加速度a 1＝1 m/s 2.由牛顿运动定律，F 1－μmg ＝ma 1，解得F 1＝12 N ．在3～4 s 时间内，物块加速度a 2＝－3 m/s 2，由牛顿运动定律，F 2－μmg ＝ma 2，解得F 2＝4 N ，物块运动到第3 s 时水平拉力由12 N 改变为4 N ，但是方向没有改变，选项B 错误，C 正确．在4～5 s 时间内，速度为负值，摩擦力方向改变，物块加速度a 3＝－3 m/s 2.由牛顿运动定律，F 3＋μmg ＝ma 3，解得F 3＝－16 N ，选项D 正确．答案：CD10．如图所示，质量均为m 的A 、B 两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止，用大小等于mg 的恒力F 向上拉B ，运动距离h 时，B 与A 分离．下列说法正确的是( )A ．B 和A 刚分离时，弹簧长度等于原长 B ．B 和A 刚分离时，它们的加速度为gC ．弹簧的劲度系数等于mghD ．在B 与A 分离之前，它们做匀加速直线运动解析：A 、B 分离前，A 、B 共同做加速运动，由于F 是恒力，而弹力是变力，故A 、B 做变加速直线运动，当两物体要分离时，F AB ＝0.对B ：F －mg ＝ma ， 对A ：kx －mg ＝ma .即F ＝kx 时，A 、B 分离，此时弹簧处于压缩状态． 设用恒力F 拉B 前弹簧压缩量为x 0， 有2mg ＝kx 0，h ＝x 0－x ，F ＝mg ，解以上各式得a ＝0，k ＝mgh.综上所述，只有选项C 正确． 答案：C 二、非选择题11．如图所示，粗糙的地面上放着一个质量M ＝1.5 kg 的斜面体，斜面部分光滑，底面与地面的动摩擦因数μ＝0.2，倾角θ＝37°，在固定在斜面的挡板上用轻质弹簧连接一质量m ＝0.5 kg 的小球，弹簧劲度系数k ＝200 N/m ，现给斜面施加一水平向右的恒力F ，使整体向右以a ＝1 m/s 2的加速度匀加速运动(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2)．求：(1)F 的大小；(2)弹簧的形变量及斜面对小球的支持力大小． 解析：(1)对整体应用牛顿第二定律：F －μ(M ＋m )g ＝(M ＋m )a解得：F ＝6 N.(2)设弹簧的形变量为x ，斜面对小球的支持力为F N 对小球受力分析：在水平方向：kx cos θ－F N sin θ＝ma 在竖直方向：kx sin θ＋F N cos θ＝mg 解得：x ＝0.017 m ，F N ＝3.7 N. 答案：(1)6 N (2)0.017 m 3.7 N12．(2019·浙江杭州五校联盟联考)足够长光滑斜面BC 的倾角α＝53°，小物块与水平面间动摩擦因数为0.5，水平面与斜面之间由一小段长度不计的弧形连接，一质量m ＝2 kg 的小物块静止于A 点．现在AB 段对小物块施加与水平方向成α＝53°角的恒力F 作用，如图甲所示，小物块在AB 段运动的速度—时间图象如图乙所示，到达B 点撤去恒力F (已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g 取10 m/s 2)．求：(1)小物块所受到的恒力F 的大小；(2)小物块从B 点沿斜面向上运动，到返回B 点所用的时间；(3)小物块能否返回到A 点？若能，计算小物块通过A 点时的速度；若不能，计算小物块停止运动时离B 点的距离．解析：(1)由题图乙可知，AB 段加速度a 1＝Δv Δt ＝2.0－04.0－0m/s 2＝0.5 m/s 2， 根据牛顿第二定律，有F cos α－μ(mg －F sin α)＝ma 1， 解得F ＝11 N.(2)在BC 段mg sin α＝ma 2，解得a 2＝8.0 m/s 2.小物块从B 上滑到最高点所用时间与从最高点滑回到B 所用时间相等，由题图乙可知，小物块到达B 点的速度v B ＝2.0 m/s ，有t ＝2v B a 2＝2×2.08.0s ＝0.5 s. (3)小物块从B 向A 运动过程中，有μmg ＝ma 3， 解得a 3＝5.0 m/s 2.滑行的位移s ＝v B 22a 3＝ 2.022×5.0m ＝0.4 ms AB ＝v t ＝v B 2t ＝2.02×4.0 m＝4.0 m>0.4 m ，所以小物块不能返回到A 点，停止运动时离B 点的距离为0.4 m.答案：(1)11 N (2)0.5 s(3)不能返回到A 点，停止运动时离B 点的距离为0.4 m。

2020届一轮复习人教版牛顿运动定律的综合应用课时作业(建议用时：40分钟)[基础对点练]题组一：超重、失重现象1．下面关于失重和超重的说法，正确的是()A．物体处于失重状态时，所受重力减小；处于超重状态时，所受重力增大B．在电梯上出现失重现象时，电梯必定处于下降过程C．在电梯上出现超重现象时，电梯有可能处于下降过程D．只要物体运动的加速度方向向上，物体必定处于失重状态C[加速度方向向下，物体处于失重状态，加速度方向向上，物体处于超重状态，超重和失重并非物体的重力增大或减小，而是使悬绳(或支持面)的弹力增大或减小，故A、D均错误。

电梯加速向上运动时，物体处于超重状态，电梯减速下降时，物体也处于超重状态，电梯减速上升时，物体处于失重状态，故B错误，C 正确。

]2.如图所示，一位同学站在机械指针体重计上，突然下蹲到静止。

根据超重和失重现象的分析方法，判断整个下蹲过程体重计上指针示数的变化情况是()A．先小于体重，后大于体重，最后等于体重B．先大于体重，后小于体重，最后等于体重C．先小于体重，后等于体重D．先大于体重，后等于体重A[此同学受到重力和体重计的支持力的作用。

开始重心加速下降，处于失重状态，则支持力小于重力；后来重心减速下降，处于超重状态，则支持力大于重力，最后静止时等于重力。

因此，体重计的示数将先小于体重，后大于体重，最后等于体重。

A选项正确。

]3．(2019·赣州检测)电梯顶上悬挂一根劲度系数是200 N/m的弹簧，弹簧的原长为20 cm，在弹簧下端挂一个质量为0.4 kg的砝码。

当电梯运动时，测出弹簧长度变为23 cm，g取10 m/s2，则电梯的运动状态及加速度大小为() A．匀加速上升，a＝2.5 m/s2B．匀减速上升，a＝2.5 m/s2C．匀加速上升，a＝5 m/s2D．匀减速上升，a＝5 m/s2C[由牛顿第二定律得k(l－l0)－mg＝ma，解得a＝5 m/s2，电梯匀加速上升，选项C正确，A、B、D错误。

专题3.3 牛顿运动定律的综合应用课前预习● 自我检测1、判断正误，正确的划“√〞，错误的划“×〞(1)超重就是物体的重力变大的现象。

(×)(2)失重时物体的重力小于mg。

(×)(3)加速度大小等于g的物体处于完全失重状态。

(×)(4)减速上升的升降机内的物体，物体对地板的压力大于重力。

(×)(5)加速上升的物体处于超重状态。

(√)(6)物体处于超重或失重状态时其重力并没有发生变化。

(√)(7)根据物体处于超重或失重状态，可以判断物体运动的速度方向。

(×)(8)物体处于超重或失重状态，完全由物体加速度的方向决定，与速度方向无关。

(√)(9)整体法和隔离法是指选取研究对象的方法。

(√)(10)站在台秤上的人下蹲过程，台秤示数减小．(×)2. 如下列图，将物体A放在容器B中，以某一速度把容器B竖直上抛，不计空气阻力，运动过程中容器B的底面始终保持水平，如下说法正确的答案是( )A．在上升和下降过程中A对B的压力都一定为零B．上升过程中A对B的压力大于物体A受到的重力C．下降过程中A对B的压力大于物体A受到的重力D．在上升和下降过程中A对B的压力都等于物体A受到的重力【答案】A3. 如下列图，质量分别为m和2m的两个小球置于光滑水平面上，且固定在一轻质弹簧的两端，弹簧的原长为L，劲度系数为k。

现沿弹簧轴线方向在质量为2m的小球上有一水平拉力F，使两球一起做匀加速运动，如此此时两球间的距离为〔〕A.F 3kB.F 2k C ．L ＋F 3k D ．L ＋F 2k【答案】C【解析】两个小球一起做匀加速直线运动，加速度相等，对系统受力分析，由牛顿第二定律可得：F ＝(m ＋2m )a ，对质量为m 的小球作水平方向受力分析，由牛顿第二定律和胡克定律，可得：kx ＝m a ，如此此时两球间的距离为L ＋F 3k，选项C 正确。

4. 如下列图，光滑水平面上放置着质量分别为m 、2m 的A 、B 两个物体，A 、B 间的最大静摩擦力为μmg ，现用水平拉力F 拉B ，使A 、B 以同一加速度运动，如此拉力F 的最大值为〔 〕A ．μmgB ．2μmgC ．3μmgD ．4μmg【答案】C5. (多项选择) 如下列图，水平传送带A 、B 两端点相距x ＝4 m ，以v 0＝2 m/s 的速度(始终保持不变)顺时针运转。

2020届一轮复习人教版牛顿运动定律的应用作业1．(2018·安徽合肥一模)合肥市滨湖游乐场里有一种大型娱乐器械，可以让人体验超重和失重的感觉。

其环形座舱套在竖直柱子上，先由升降机送至70多米高处，然后让座舱由静止无动力下落，落到离地面30米高的位置时，制动系统启动，座舱做减速运动，到地面时刚好停止。

假设舱中某人用手托着一个重为50N的铅球。

则下列说法正确的是(A)A．当座舱落到离地面45米高的位置时，球对手的压力为0B．当座舱落到离地面45米高的位置时，手对球有支持力C．当座舱落到离地面20米高的位置时，球对手的压力为0D．当座舱落到离地面20米高的位置时，手对球的支持力小于50N[解析]由题意可知，座舱在落到离地面30米高的位置前做自由落体运动，之后座舱做匀减速运动，当座舱落到离地面45米高的位置时，人和球均做自由落体运动，此时球对手的作用力为零，选项A正确，B错误；当座舱落到离地面20米高的位置时，球做减速运动，处于超重状态，球对手的作用力大于50N，选项C、D错误。

2．(2018·河北鸡泽一中月考)如图所示，质量分别为m和M的两长方体物块P和Q，叠放在倾角为θ的固定斜面上。

P、Q间的动摩擦因数为μ1，Q与斜面间的动摩擦因数为μ2。

当它们从静止释放沿斜面下滑时，两物块始终保持相对静止，则物块P对Q的摩擦力为(B)A．μ2mgcosθ，方向平行于斜面向下B．μ2mgcosθ，方向平行于斜面向上C．μ1mgcosθ，方向平行于斜面向下D．μ1mgcosθ，方向平行于斜面向上[解析]对P、Q整体受力分析，整体受到重力、支持力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律有(m＋M)gsinθ－μ2(m＋M)gcosθ＝(M＋m)a，解得a＝g(sinθ－μ2cosθ)，再对P受力分析，受到重力mg、支持力和沿斜面向上的静摩擦力，根据牛顿第二定律mgsinθ－Ff＝ma，联立解得P受到的摩擦力大小为Ff＝μ2mgcosθ，方向沿斜面向上；根据牛顿第三定律可得物块P对Q的摩擦力大小为μ2mgcosθ，方向平行于斜面向下，故A正确，B、C、D错误。

本套资源目录2020版高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律第1课时课时作业含解析2020版高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律第2课时课时作业含解析2020版高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律第3课时课时作业含解析课时作业【基础练习】一、牛顿第一定律和惯性1．(2018潍坊模拟)关于惯性的认识，以下说法错误的是( )A．惯性是物体固有的属性，惯性越大的物体，它的运动状态越难改变B．同一物体运动时的惯性大于静止时的惯性C．“嫦娥一号”卫星在地球上的惯性与它绕月球飞行时的惯性相同(燃料消耗忽略不计) D．各种机床和发电机的底座做得很笨重，并用螺丝固定在地面上，目的是增大惯性．B 解析：惯性是物体固有的属性，惯性越大的物体，它的运动状态越难改变，A正确；质量不变惯性不变，与运动状态无关，只与质量有关，故B错误；“嫦娥一号”卫星在地球上的惯性与它绕月球飞行时的惯性相同(燃料消耗忽略不计)，因为质量不变，C正确；各种机床和发电机的底座做得很笨重，并用螺丝固定在地面上，目的是增大惯性，使其静止的状态不易改变，D正确。

2．关于运动状态与所受外力的关系，下面说法中正确的是( )A．物体受到恒定的力作用时，它的运动状态不发生改变B．物体受到不为零的合力作用时，它的运动状态要发生改变C．物体受到的合力为零时，它一定处于静止状态D．物体的运动方向与它所受的合力方向一定相同B解析：力是改变物体运动状态的原因，只要物体受力(合力不为零)，它的运动状态就一定会改变；物体不受力或合力为零，其运动状态一定不变，处于静止或匀速直线运动状态；物体的运动方向与它所受合力方向可能相同，也可能相反，还可能不在一条直线上．3．在向前高速行驶的客车上驾驶员若紧急刹车，驾驶员和乘客的身体由于惯性将向前倒，因此我国《道路交通安全法》中规定：各种小型车辆前排乘坐的人(包括司机)必须系好安全带，以下叙述正确的是( )A．系好安全带可以减小惯性B．系好安全带可以增大人和车的惯性C．系好安全带可以防止因车的惯性而造成的伤害D．系好安全带可以防止因人的惯性而造成的伤害D解析：系好安全带与人和车的惯性无关，选项A，B错误，系好安全带主要是防止因刹车时由于惯性人具有向前的速度而造成伤害，选项C错误，D正确．4．(多选)如图所示是我国首次立式风洞跳伞实验，风洞喷出竖直向上的气流将实验者加速向上“托起”．此过程中( )A．地球对人的吸引力和人对地球的吸引力大小相等B．人受到的重力和人受到气流的力是一对作用力与反作用力C．人受到的重力大小等于气流对人的作用力大小D．人被向上“托起”时处于超重状态AD解析：地球对人的吸引力和人对地球的吸引力是一对相互作用力，等大反向，A正确；相互作用力是两个物体间的相互作用，而人受到的重力和人受到气流的力涉及人、地球、气流三个物体，不是一对相互作用力，B错误；由于风洞喷出竖直向上的气流将实验者加速向上“托起”，在竖直方向上合力不为零，所以人受到的重力大小不等于气流对人的作用力大小，C错误；人被向上“托起”时加速度向上，处于超重状态，D正确．5．如图所示，一个楔形物体M放在固定的粗糙斜面上，M上表面水平且光滑，下表面粗糙，在其上表面上放一光滑小球m，楔形物体由静止释放，则小球在碰到斜面前的运动轨迹是( )A．沿斜面方向的直线 B．竖直向下的直线C．无规则的曲线 D．抛物线B 解析：对小球进行受力分析可知：小球所受的重力和支持力均沿竖直方向，小球在水平方向上不受力．根据牛顿第一定律可知，小球在水平方向上的运动状态不变，又因楔形物体由静止释放，故小球在水平方向上无运动，只沿竖直方向向下做直线运动．故选项B 正确．二、相互作用力与平衡力6．(多选)如图所示，甲、乙两人在冰面上“拔河”．两人中间位置处有一分界线，约定先使对方过分界线者为赢．若绳子质量不计，冰面可看成光滑，则下列说法正确的是：( )A．甲对绳的拉力与乙对绳的拉力是一对平衡力B．甲对绳的拉力与乙对绳的拉力是作用力与反作用力C．若甲的质量比乙大，则甲能赢得“拔河”比赛的胜利D．若乙收绳的速度比甲快，则乙能赢得“拔河”比赛的胜利AC解析：若冰面看成是光滑的，即两人受到的摩擦力为0，则甲对绳的拉力与乙对绳的拉力是一对平衡力，选项A正确；B错误；若甲的质量较大，则相同的作用力下，甲产生的加速度比乙小，故它运动到分界线的时间就较长，乙先到达分界线，所以甲能赢得“拔河”比赛的胜利，选项C正确；它们相对运动，收绳的速度就是他们的相对速度，它的大小不影响“拔河”比赛的胜利，选项D错误。

专题03 牛顿运动定律1 ．（2020 届安徽省宣城市高三第二次调研）如图所示，在水平桌面上叠放着质量均为M 的A、B 两块木板，在木板 A 的上面放着一个质量为m 的物块C，木板和物块均处于静止状态。

A、B、C 之间以及 B 与地面之间的动摩擦因数都为。

若用水平恒力 F 向右拉动木板 A （已知最大静摩擦力的大小等于滑动摩擦力），要使 A 从 C 、B 之间抽出来，则对 C 有aC＝mg＝gm对 B 受力分析有：受到水平向右的滑动摩擦力力，有f= μ（2M+m ）g因为μ（M+m ）g<μ（2M+m ）g 所以 B 没有运动，加速度为0 ；所以当a A>a C 时，能够拉出，则有F mg M m g M解得F> 2μ（m+M ）g，故选C2 ．（2020 届福建省漳州市高三第一次教学质量检测）如图，个可以看作质点，质量为m=1kg 的物块，以沿传动带向下的速度v0 4m/s 从M 点开始沿传送带运动。

物块运动过程的部分v-t 图像如图所示，取g=10m/s 2，则（）F 大小应满足的条件是（A．F (m 2M )g B．F (2m 3M )gC ．F 2 (m M )gD ．F (2m M )g答案】C解析】要使 A 能从C、 B 之间抽出来，则，A要相对于B、C 都滑动，所以AC 间，AB 间都是滑动摩擦力，对 A 有a A＝mg M m gμ（M+m ）g，B 与地面的最大静摩擦力等于滑动摩擦MN 是一段倾角为=30 °的传送带A ．物块最终从传送带N 点离开B ．传送带的速度v=1m/s ，方向沿斜面向下C ．物块沿传送带下滑时的加速度a=2m/s 2D ．物块与传送带间的动摩擦因数32【答案】D【解析】从图象可知，物体速度减为零后反向向上运动，最终的速度大小为1m/s ，因此没从N 点离开，并且能推出传送带斜向上运动，速度大小为1m/s ，AB 错误；v—t 图象中斜率表示加速度，可知物块沿传送带下滑时的加速度a=2.5m/s 2，C 错误；根据牛顿第二定律mg cos30o mg sin 30o ma，可得3，D 正确。